【BZOJ 4011】[HNOI2015]落忆枫音

题目描述

给出一个nn个节点mm条边的有向无环图，外加一条有向边(x,y)(x,y)，求以11为根的生成树数量。（保证原mm条边中不指向11号节点）

题目解析

GG，考试时看了一眼第一发现没有思路，于是果断暴力，开始打第二题的数据结构，谁知道我的代码那么丑，，，本来的40分只有10分，第一题暴力也gg了，后来想了很久也没想出来，只有找hcx，才发现自己智障了。
首先有向无环图的生成树数量为除根节点以外的入度乘积，由于本题已明确11为根，那么答案就是Πni=2rdi\Pi_{i=2}^{n}rd_{i}。但是这里又有一条边(x,y)(x,y)，若加上这条边形成了环，那么方案数就可能包含环的情况，哪么怎么统计包含环的方案数呢？对于一条环路，包含他的方案数为Πni=2rdiΠi∈环rdi\frac{\Pi_{i=2}^{n}rd_{i}}{\Pi_{i\in 环}rd_{i}}。事实上，每一个环都会通过(x,y)(x,y)，最多只会有一条环路存在。所以我们可以从xx和yy分别向正反遍历，找到同时覆盖的点，其必然在环上，对于在环上的点，dpidp_{i}表示从yy到了ii号节点时产生的方案数，那么有dpi=(Σj,access(i,j)=truedpj)×inv(rdi)dp_{i}=(\Sigma_{j,access(i,j)=true}{dp_j})\times inv(rd_{i})，invinv表示逆元，那么ans=Πni=2rdi−Πni=2rdi×dpxans=\Pi_{i=2}^{n}rd_{i}-\Pi_{i=2}^{n}rd_{i}\times dp_{x}

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;#define MAXN 100000
#define MAXM 200000
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long int LL;
const LL MOD = 1000000007ll;template<class T>
void Read(T &x){x=0;char c=getchar();bool flag=0;while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')flag=1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}if(flag)x=-x;
}int n,m,x,y;
int rd[MAXN+10];struct node{int v;node *nxt;
}*adj1[MAXN+10],*adj2[MAXN+10],Edges[MAXM*2+100],*New=Edges;void addedge(int u,int v){node *p=++New;p->v=v;p->nxt=adj1[u];adj1[u]=p;p=++New;p->v=u;p->nxt=adj2[v];adj2[v]=p;
}LL ksm(LL a,LL p,LL mod){LL rn=1;while(p){if(p&1)rn=rn*a%mod;p>>=1;a=a*a%mod;}return rn;
}LL getinv(LL x,LL mod){return ksm(x,mod-2,mod);
}bool mark1[MAXN+10],mark2[MAXN+10];
void dfs1(int x){//正mark1[x]=true;for(node *p=adj1[x];p!=NULL;p=p->nxt)if(!mark1[p->v])dfs1(p->v);
}
void dfs2(int x){//反mark2[x]=true;for(node *p=adj2[x];p!=NULL;p=p->nxt)if(!mark2[p->v])dfs2(p->v);
}LL dp[MAXN+10];
int tmp[MAXN+10];
queue<int>que;
LL getnum(int s,int t){for(int i=1;i<=n;++i)tmp[i]=rd[i];for(int i=1;i<=n;++i)if(!mark1[i]||!mark2[i]){for(node *p=adj1[i];p!=NULL;p=p->nxt)if(mark1[p->v]&&mark2[p->v])--tmp[p->v];}while(!que.empty())que.pop();que.push(s);dp[s]=1;int now;while(!que.empty()){now=que.front();que.pop();dp[now]=dp[now]*getinv(rd[now],MOD)%MOD;for(node *p=adj1[now];p!=NULL;p=p->nxt)if(mark1[p->v]&&mark2[p->v]){dp[p->v]=(dp[p->v]+dp[now])%MOD;if(!(--tmp[p->v]))que.push(p->v);}}return dp[t];
}int main(){Read(n),Read(m),Read(x),Read(y);++rd[y];int a,b;for(int i=1;i<=m;++i){Read(a),Read(b);++rd[b];addedge(a,b);}LL ans=1;for(int i=2;i<=n;++i)ans=ans*rd[i]%MOD;if(x==1||y==1){printf("%lld\n",ans);return 0;}dfs1(y);dfs2(x);LL num=getnum(y,x);printf("%lld\n",((ans-ans*num%MOD)%MOD+MOD)%MOD);
}
/*
4 5 3 2
1 2
1 4
2 4
4 3
2 3
*/